安徽省白泽湖中学2023-2024学年高考仿真模拟化学试卷含解析

安徽省白泽湖中学2023-2024学年高考仿真模拟化学试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、COCh的分解反应为:COCL(g)=C12(g)+CO(g)AH=+108kJ・moLl。某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外

界条件，各物质的浓度在不同条件下的变化状况，结果如图所示。下列有关判断不正确的是

A.第4min时，改变的反应条件是升高温度

B.第6min时，V正(COCL)>V逆(COCL)

C.第8min时的平衡常数K=2.34

D.第lOmin至！)14min未标出COCh的浓度变化曲线

2、下列有关化合物X的叙述正确的是

A.X分子只存在2个手性碳原子

B.X分子能发生氧化、取代、消去反应

C.X分子中所有碳原子可能在同一平面上

D.1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗3moiNaOH

3、下列说法正确的是

A.在实验室用药匙取用粉末状或块状固体药品

B.pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测氨气时也不需要润湿

C.蒸储操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸储烧瓶中的液体中部

D.分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出

4、下列物质中，既能发生取代反应，又能发生消去反应，同时催化氧化生成醛的是（）

CHa—CH—CH；

A.|B.—CH-OH

OH

CH：

C.CH;—OHD.

H

5、其它条件不变，升高温度，不一定增大的是

A.气体摩尔体积VmB.化学平衡常数K

C.水的离子积常数KwD.

6、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是

A.常温下，pH=2的H2s。4溶液1L中，硫酸和水电离的H+总数为O.OINA

B.ImolH2O最多可形成4NA个氢键

C.用浓盐酸分别和MnCh、KCIO3反应制备Imol氯气，转移的电子数均为2NA

D.常温常压下，O2与O3的混合气体16g,分子总数为NA

7、控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是

选项AB

5mol/L3清10mol/L

CuCI其送FeC1,浪波

装

NaBrKI淀粉

置注液**

!

图11

林华

25

现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色

3+2+

结论催化活性：Fe>Cu氧化性：Br2>l2

选项CD

6mol/L

I2~3淌|

［再淌入

装J2~3清

|Nai注液

置口

图

Na,CO,NaSO,

2mLAgCl悬浊液粉末溶液

现象试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊

结论KspAgCl>AgBr>AgI非金属性：C>Si

A.AB.BC.CD.D

8、NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是

A.O.lmol的白磷（PD或甲烷中所含的共价键数均为0.4NA

B.足量的Fe粉与ImolCb充分反应转移的电子数为2NA

C.1.2gNaHSCh晶体中含有离子总数为0.03NA

D.25℃时，pH=13的LOLBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为0.2NA

9、下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是（）

A.糖类在一定条件下都可以水解生成乙醇和二氧化碳

B.油脂与乙酸乙酯都属于酯类物质，碱性条件下水解都称为皂化反应

C.硝酸铜溶液加入鸡蛋清中,可以使蛋清盐析而沉淀下来

D.淀粉在加热、稀硫酸催化下水解的产物葡萄糖的检验，应先加入NaOH溶液，再加入银氨溶液，水浴加热，看是否有银

镜出现。若出现银镜，证明有葡萄糖生成

10、NazFeCh只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。以NaOH溶液为电解质，制备NazFeCh的原理如图所示，在制

备过程中需防止FeO4?-的渗透。下列说法不正确

NaO晞溶液

A.电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出

2

B.铁电极上的主要反应为：Fe-6e+8OH=FeO4+4H2O

C.电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH减小

D.图中的离子交换膜为阴离子交换膜

11、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物,

Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。

则下列说法中正确的是

X上Z-|

f乙

Y工甲一

A.C、D两种元素组成的化合物只含有离子键

B.A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>A

C.D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙

D.A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物

12、常温下，控制条件改变O.lmoH/i二元弱酸H2c2。4溶液的pH,溶液中的H2c2O4、HC2O4\C2(V-的物质的量分

、.e/v、c(X)

数6(X)随pOH的变化如图所示。已知pOH=-lgc(OH-),6(X)=、2一。下列叙述错误的

A.反应H2c2O4+C2O42-n^2HC2O4-的平衡常数的值为1(P

B.若升高温度，a点移动趋势向右

C.pH=3时,

D.物质的量浓度均为O.lmolL1的Na2c2O4、NaHCzCh混合溶液中:c(Na+)>c(C2O42)>c(HC2O4)>c(H+)>c(OH)

13、四氢曝吩(Q)是家用天然气中人工添加的气味添加剂具有相当程度的臭味。下列关于该化合物的说法正确的是

()

A.不能在02中燃烧

B.Q所有原子可能共平面

C.与Bn的加成产物只有一种

D.生成ImolC4H9sH至少需要2m0IH2

14、某同学在实验室探究NaHCCh的性质：常温下，配制O.lOmol/LNaHCCh溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液

滴加CaCL溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()

A.NaHCCh溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度

B.反应的过程中产生的白色沉淀为CaCCh

+2+2

C.反应后的溶液中存在：c(Na)+2c(Ca)=c(HCO3-)+2c(CO3-)+c(Cr)

D.加入CaCL促进了HCO3一的水解

15、几种无机物之间转化关系如下图(反应条件省略。部分产物省略)。下列推断不正确的是

A.若L为强碱，则E可能为NaCl溶液、F为钾

B.若L为强酸，则E可能为NaHS、F为HNO3

C.若L为弱酸，则E可能为Mg、F为CO2

D.若L为强酸，则E可能为NH4CI、F为Ca(OH)2

16、关于2NaOH(s)+H2SO4(aq)-Na2sO4(aq)+2H2O(1)+QkJ说法正确的是()

A.NaOH(s)溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量

B.Q<0

C.NaOH(s)+1/2H2SO4(aq)—1/2Na2sO4(aq)+H2O(1)+1/2QkJ

D.若将上述反应中的NaOH(s)换成NaOH(aq),则Q>Q

二、非选择题(本题包括5小题)

17、合成有机溶剂M和高分子材料N的路线如图：

己知：芳香族化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代.如:

0+RX蚪S+HX

⑴写出反应类型.反应I反应no

⑵写出D的分子式___________o写出G的结构简式o

(3)写出E生成F的化学反应方程式_______________________________。

(4)E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物G,还会生成高分子副产物，写出该副产物的结构简式

⑸属于酯类且含甲基F的同分异构体有多种，写出其中一种的结构简式。

(6)写出高分子化合物N的结构简式(任写一种)。A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构,

该定量实验可通过A与(填写物质名称)反应来实现。

18、有机物M的合成路线如下图所示：

已知：R—CH=CH2普氏—>R—CHCHOH

⑷H2U/UH22O

请回答下列问题：

(1)有机物B的系统命名为o

(2)F中所含官能团的名称为,F-G的反应类型为

(3)M的结构简式为o

(4)B-C反应的化学方程式为o

(5)X是G的同系物，且相对分子质量比G小14,X有多种同分异构体，满足与FeCb溶液反应显紫色的有

种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1：1：2：6的结构简式为=

(6)参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线(无机试剂任选)。

19、Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSOr7H2O

和40.0ml蒸储水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2so4,再加入ZOgNaCKh固体。水浴加热至80℃,搅拌一段时间后,

加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。

(DNaClCh氧化FeSO4-7H2O的离子方程式为=

⑵加入浓硫酸的作用为(填标号)o

a.提供酸性环境，增强NaCICh氧化性b.脱去FeSCh^IhO的结晶水

c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂

⑶检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是。

(4)研究相同时间内温度与NaCKh用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表

编号氧化效果/%

T/℃FeSO4-7H2O/gNaClO3/g

i70251.6a

ii7025mb

iii80n2.0c

iv80251.687.8

(l)m=；n=o

②若c>87.8>a,则a、b、c的大小关系为。

⑸加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是__

(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为；

⑺设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。。

20、二氧化氯(CKh)是一种黄绿色气体，极易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸，在工业

上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：

(1)在处理废水时，C1O2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2,该反应的离子方程式为

(2)某小组通过NaCKh法制备CKh,其实验装置如下图。

①通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是;

②装置B的作用是；

③装置A用于生成CKh气体，该反应的化学方程式为;

④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是0

(3)测定装置C中CKh溶液的浓度：用(填仪器名称)取10.00mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量

的KI溶液和H2s。4酸化，用0.1000mo卜L-l的Na2S203标准液滴定至溶液呈淡黄色，发生反应：

再加入作指示剂，继续滴定，当溶液,即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL,

则C中CICh溶液的浓度为_______mol・L-i。

21、工业废水中常含有一定量的O2O72-和CrO4*,它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理.常用的处

理方法有两种.方法1：还原沉淀法.

H,讨011-

该法的工艺流程为：CrO小-----►56"---------►8--------►5QHW

0ctt化⑵还原③沆淀

其中第①步存在平衡20042-(黄色)+2H+uCr2O3"(橙色)+H2O

(1)若平衡体系的pH=2,该溶液显______色.

(2)能说明第①步反应达平衡状态的是(填序号)

A.O2O72-和CrCV-的浓度相同

22-

B.2v(Cr2O7-)=v(CrO4)

C.溶液的颜色不变

(3)第②步中，还原ImolCnCV-离子，需要______mol的FeSOglhO.

(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)#Cr3+(aq)+3OH-(aq),常温

下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)»c3(OH')=10-32,要使c(Cr3+)降至106moi/L,溶液的pH应调至______.

方法2：电解法.

该法用Fe做电极电解含CrzC^一的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀；

(5)用Fe做电极的原因为(用电极反应式解释).

（6）在阴极附近溶液pH升高，溶液中同时生成的沉淀还有

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、C

【解析】

A选项，第4min时，改变的反应条件是升高温度，平衡正向移动，COCL浓度减小，故A正确;

B选项，第6min时，平衡正向移动，因此V正（COCL）＞V逆（COCL）,故B正确；

C选项，第8min时的平衡常数K=0-11x0-085=0.234,故C错误；

0.04

D选项，第lOmin移走了一氧化碳，平衡正向移动，氯气，一氧化碳浓度增加，COCL浓度减小，因此COCL浓度变

化曲线没有画出，故D正确。

综上所述，答案为C。

2、B

【解析】

O

A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子:U（打*

号的碳原子为手性碳原子），A项错误;

B.X分子中含有JHCH（醇）和©-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中

含有的口,CH,Br和.J.,基团都能发生消去反应，B项正确;

O

C.X分子□）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面

上。C项错误;

D.因X分子中含有酯基和-Br,X能与NaOH溶液发生水解反应:

O

、』+2NaOH^^

J+CH3cH2OH+NaBr。所以1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2

molNaOHoD项错误；答案选B。

3、D

【解析】

A、粉末状或小颗粒状固体，要利用药匙，块状固体药品要用镶子取用，故A错误；

B、红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，而pH试纸使用时不需要润湿，故B错误；

C、蒸储操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸储烧瓶中的支管口处，测的是蒸汽的温度，故C错误；

D、分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出，故D正

确；

故选D。

4、D

【解析】

A.2一丙醇含有羟基，可与HC1等发生取代反应，发生消去反应生成丙烯，发生催化氧化反应生成丙酮，A不符合题

意；

B.苯甲醇可与HC1等发生取代反应，能发生催化氧化反应生成苯甲醛，但不能发生消去反应，B不符合题意；

C.甲醇含有羟基，可与HC1等发生取代反应，能发生催化氧化反应生成甲醛，但不能发生消去反应，C不符合题意；

CH：

D.।H.，匚一H含有羟基，可与HC1等发生取代反应，发生消去反应生成2一甲基一1一丙烯，发生催化氧化

H

反应生成2一甲基丙醛，D符合题意；

答案选D。

【点晴】

该题的关键是明确醇发生消去反应和催化氧化反应的规律，即与羟基所连碳相邻的碳上有氢原子才能发生消去反应，

形成不饱和键；醇发生氧化反应的结构特点是：羟基所连碳上有氢原子的才能发生氧化反应，如果含有2个以上氢原

子，则生成醛基，否则生成段基。

5、B

【解析】

A.气体摩尔体积Vm,随温度的升高而升高，故错误;；

B.可能为吸热反应，也可能为放热反应，则升高温度，可能正向移动或逆向移动，化学平衡常数K不一定增大，故B

选；

C.水的电离吸热，则升高温度水的离子积常数Kw增大，故C不选；

D.水解反应吸热，则升高温度盐类的水解平衡常数Kh增大，故D不选;

故选：Bo

6、A

【解析】

A.常温下，lLpH=2的H2s04溶液中，硫酸和水电离的H+总数为(10-2+io-i2)moi/LxlLxNA=0.01NA,A正确；

B.在冰中，1个H2O与4个H2O形成4个氢键，平均每个水分子形成2个氢键，贝!JImol氏。最多可形成2NA个氢

键，B不正确；

C.MnCh与浓盐酸反应制备Imol氯气，转移的电子数为2NA,KCKh与浓盐酸反应制备Imol氯气(反应方程式为

+

C1O3+5C1+6H==3Cl2t+3H2O),转移的电子为gNA,C不正确；

D.采用极端分析法，。2与03各16g,分子总数分别为JNA和gNA,则16g混合气，所含分子数介于二者之间，D

不正确；

故选Ao

【点睛】

在冰中，每个水分子与周围的水分子可形成4个氢键，我们易认为平均每个水分子能形成4个氢键，从而产生错解。

7、A

【解析】

两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的C/+,右边加入的是Fe3+,所以右边反应较快，能说明催化活性：

Fe3+>Cu2+,选项A正确。选项B中的实验，氯气通入滨化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明

氯气的氧化性强于澳单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2>I2,选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量漠

化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为漠化银，即Ksp：AgCI>AgBr;再加入少量的碘化钠，出

现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：AgCl>AgL但是不能得到

Ksp：AgBr>AgL选项C错误。盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中

一定会有HC1,所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HC1和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而

不能证明非金属性强弱，选项D错误。

8、B

【解析】A.白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则O.lmol白磷含有的共价键数目为0.6NA,1个

甲烷分子中含有4个共价键，所以O.lmol甲烷含有的共价键数目为0.4NA,故A错误；B.ImolCb与足量Fe粉反应生

成FeCb,转移电子的物质的量为2moL数目为2NA,故B正确；C.NaHSCh晶体中含有Na+和HSO4一，1.2gNaHSO4

的物质的量为L2g+120g/mol=0.01mol,则含有离子的物质的量为0.02mol,总数为(H)2NA,故C错误；D.25C时，

pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中。斤的物质的量浓度为O.lmol/L,则n(OH-)=1.0Lx0.1mol/L=0.1mol,OH」的数目为

O.INA,故D错误；答案选B。

点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数、物质的量浓度等物理量之

间的关系是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个P-P共价

键。

9,D

【解析】

A.葡萄糖在酒化酶的作用下可以分解为乙醇和二氧化碳。二糖和多糖在一定条件下都可以水解生成单糖。故A不选;

B.油脂在碱性条件下的水解才称为皂化反应。故B不选；

C.硝酸铜是重金属盐，加入鸡蛋清中可以使蛋清变性而沉淀下来，故C不选。

D.淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，可以用银氨溶液来检验，在加银氨溶液之前必须先加入氢

氧化钠溶液以中和催化剂硫酸。故D选。

故选D。

10、C

【解析】

由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成FeO4*,电极反应式为Fe—6e-+8OH=

2

FeO4+4H2O,银电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e=H2t+2OH-,根据题

意NazFeCh只在强碱性条件下稳定，易被还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止NazFeCh与H?

反应使产率降低。

【详解】

A项、银电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e=H2t+2OH-,氢气具有还原性，根据题意NazFeCh只

在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止NazFeCh与H2反应使产率降

低，故A正确；

B项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeO4*,电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,故B正确；

C项、银电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e=H2t+2OH-,由于有OH生成，电解一段时间后，Ni

电极附近溶液的pH增大，故C错误；

D项、铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO4*+4H2O,Ni电极上氢离子放电，电极反应式为2H2。+2e=

H2f+2OH,氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故D正确。

故选C。

【点睛】

本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。

11、C

【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为

淡黄色固体，Y为Na2C>2,W为常见液体，W为H2O；Na2()2与H2O反应产生NaOH和。2,而甲为单质，则甲为

02,乙为红棕色气体，乙为NO2,甲与Z反应产生NC>2,贝！Iz为NO,X与甲反应产生NO,则X为NH3,则A、B、

c、D分别为H、N、O、Na,以此来解答。

【详解】

根据上述分析可知：甲为乙为NO2,X为NH3,Y为Na2O2,Z为NO,W为H2O,A、B、C、D分别为H、N、

O、Nao

A.O、Na两种元素可形成离子化合物NazCh中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；

B.H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8,电子层结构相同，离子的核电荷数越大离

子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O*>Na+>H+,即

B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+),B错误；

C.Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2,NO2与NaOH会发生反应产生NaNCh、NaNCh、

H2O,反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2。，C正确；

D.H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3,也可以形成离子化合物如NH4NO3,D错误；

故合理选项是Co

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子

结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。

12、B

【解析】

A.反应H2c2O4+C2O42-A^2HC2O4-的平衡常数

2+

c（HC2O4jc（HC2O4jc（HC2O4）.c（H）除

K=------------------------•--------------a点c（C2（V-）=c（HC2Or）,此时pOH=9.8,则

22+

c（C2O4jc（H2C2O4）c（C2O4jc（H）c（H2C2O4）Ka2

cCc>4”（H+）

98+42L2

c（OH）=10-mol/L,c（H）=10-mol/L,贝!]Ka2==10-42；同理b点C（HC2O/）=C（H2c2。4）可得^al=10,

c（HC2O4j

If)12

所以反应的平衡常数K=、=l()3,故A正确;

1042

B.温度升高，水的电离程度增大，水的离子积变大，pH与pOH之后小于14,则图像整体将向左移动，故B错误;

c(C2。：)「(CO》”)c(HCq)c”)1一心七」。-\10一………

2+2+32

,<H2C2O4)C(HC2O4)C(H2C2O4)C(H)C(H)(W)一」故确;

K10-14

D.H2c2O4的Kai=10-L2,Ka2=10R则HC2O4-的水解平衡常数Khi=广=77】记口。"，即其电离程度大于其水解程

度，所以纯NaHCzCh溶液中C(C2O4")>C(HC2O4-),加入等物质的量浓度Na2c2O4、草酸钠会电离出大量的C2O4*,则

溶液中C(C2O42)>C(HC2Or)依然存在，据图可知当C(C2O4*)>C(HC2Or)时溶液呈酸性，钠离子不水解，所以混合溶液

+2+

中离子浓度大小关系为c(Na)>c(C2O4-)>c(HC2O4-)>c(H)>c(OH-),故D正确；

故答案为B„

【点睛】

有关溶液中离子的物质的量分数变化的图像，各条曲线的交点是解题的关键，同过交点可以求电离平衡常数和水解平

衡常数；D项为易错点，要通过定量的计算结合图像来判断溶液的酸碱性。

13、B

【解析】

由结构可知，含碳碳双键，且含C、H、S元素，结合双键为平面结构及烯崎的性质来解答。

【详解】

A.家用天然气中可人工添加，能在02中燃烧，故A错误；

B.含双键为平面结构，所有原子可能共平面，故B正确；

C.含2个双键，若1：1加成，可发生1,2加成或1,4加成，与澳的加成产物有2种，若1：2加成，则两个双键都

变为单键，有1种加成产物，所以共有3种加成产物，故C错误；

D.《二》含有2个双键，消耗2m0m2,会生成lmol/1],故D错误；

故答案选B。

【点睛】

本题把握官能团与性质、有机反应为解答关键，注意选项D为解答的难点。

14、D

【解析】

A.NaHCO3电离产生的HC(h-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；

B.HCO3-与Ca?+生成CaCCh和氢离子，氢离子结合HCCh-生成H2CO3；

C.根据电荷守恒分析判断；

D.加入CaCL消耗CCV-生成CaCCh沉淀。

【详解】

A.NaHC(h是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+,使溶液显碱性；电离产生

H+使溶液显酸性，NaHCCh溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；

B.向NaHCCh溶液中加入CaCL溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀，说明HCCh-与Ca?+生成CaCCh和氢离子，

氢离子结合HCO3-生成H2c。3,则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO31+H2cCh,B正确；

++2+2+

C.该溶液中存在电荷守恒,c(Na)+c(H)+2c(Ca)=c(HCO3-)+2c(CO3-)+c(Cr)+c(OH-),溶液至pH=7,c(H)=c(OH),

+2+2

c(Na)+2c(Ca)=C(HCO3)+2C(CO3)+C(C1),C正确；

D.溶液中存在HCO3-^^CO3*+H+,加入CaCb消耗CCh%促进HCCh-的电离，D错误；

故合理选项是Do

【点睛】

本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷

守恒、物料守恒等，题目难度中等。

15、A

【解析】

A、E为NaCl溶液、F为钾，G为KOH,H为H?,出与。2生成HzO,为0与不反应，故A错误；B、若L为强

酸，贝！IE可能为NaHS、F为HNO3,NaHS与HN(h生成Na2so4和NO,NO与O2反应生成NO2,N(h与水反应生

成HNO3,L是HNO3是强酸，故B正确；C、若L为弱酸，则E可能为Mg、F为CO2,Mg与CO2反应生成MgO

和C,C与02反应生成CO,CO再与O2反应生成CO2,CO2溶于水生成H2c。3,L为H2cCh,是弱酸，故C正确；

D.若L为强酸，则E可能为NH4CI、F为Ca(OH)2,NH4a与Ca(OH)2反应生成CaCb和NH3,N%与。2反应生成

NO,NO与O2反应生成NO2,Nth溶于水生成HNO3,L是HNCh是强酸，故D正确；故选A。

16、C

【解析】

A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程，故NaOH(s)溶于水的过程中扩散吸收的能量小于水合释放的能量，故A错误;

B、酸碱中和放热，故Q大于0,故B错误；

C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以2,即变为NaOH(s)

+；H2SO4(aq)Na2sO4(aq)+H2O(1)+；QkJ,故C正确；

D、氢氧化钠固体溶于水放热，即若将氢氧化钠固体换为氢氧化钠溶液，则反应放出的热量变小，即则Q，＜Q,故D

错误。

故选：Co

二、非选择题(本题包括5小题)

H2S4

17、消去反应加聚反应CioHisHOC(CH3)2COOH*°>CH2=C(CH3)COOH+H2O

HCOOCH(CH3)=CH2或CH3coOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3

CH3

CH；

或co—>

仔HL/三吟”9-廿MCHD

【解析】

根据题中各物质转化关系可知，A遇FeCb溶液显紫色，所以A中有酚羟基，A-B发生了类似题已知的反应，结合

n

CH3r

,根据E的分子式，且E在浓硫酸条件下能生成G,可知E为CH3CCOOH,G

Cft=CCOOH上

为,根据F的分子式可知，F为R'所ccu以lH为,据此分析解答。

【详解】

⑴反应I是醇羟基脱水生成碳碳双键，所以是消去反应，反应n是由单体发生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反

应；

CH；

TCH；

⑵根据上面的分析可知，D为6或V

,所以D的分子式为CioH”，G的结构简式为

^CH(CH3)2

(3)E生成F的化学反应方程式为HOC(CH3)2COOH>CH2=C(CH3)COOH+H2O；

(4)E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物G,还会进行分子间的缩聚生成高分子，该产物的结构简式为

/4

CH3

⑸属于酯类且含甲基F的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为HCOOCH(CH3)=CH2或CH3coOCH=CH2或

CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3；

⑹根据上面的分析可知，高分子化合物N的结构简式为

A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A与浓漠水反应来实现，根据用去的漠的物质

量判断；

18、2一甲基一1一丙醇醛基、碳碳双键加成反应(或还原反应)(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52

OH

(CH3)2CHCH2OH+O2>2H2O+2(CH3)2CHCHO9%cCH、、

OH

1

CH3cH=CH2②黑糕TCH3cH2cH20H常g>CH3cH2cHO

①新制:¥叫公>CH3CH2COOH默黑>CH3cH2coOCH2cH3(答案合理均可)

【解析】

由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B,则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C,C经氧化和

酸化转化为D,贝!JC为(CH3)2CHCHO,D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E,贝!IF为C6H5cH=CHCHO；F经催

化加氢得到G,结合M的分子式可知G为C6H5cH2cH2cH2OH,D与G发生酯化反应生成的M为

(CH3)2cHeOOCH2cH2cH2c6H5。据此解答。

【详解】

(1)根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH,其系统命名为2—甲基一1一丙醇；故答案为：2一甲基一1

一丙醇。

(2)F为C6115cH=CHCHO,F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G,故F-G的反应类型

为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应)。

(3)M为竣酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5cH2cH2cH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为

(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H50

(4)B为(CH3)2CHCH2OH,C为(CH3)2CHCHO,B-C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为

2(CH3)2CHCH2OH+O2>2(CH3)2CHCHO+2H2O；故答案为：2(CH3)2CHCH2OH+O24>

2(CH3)2CHCHO+2H2O0

(5)G为C6H5cH2cH2cH2OH,X是G的同系物，且相对分子质量比G小14,则X的一种可能结构为C6H5cH2cH2OH。

X有多种同分异构体，满足条件“与FeCb溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则

苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基一一1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基

有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法一一先找2个甲基有邻、

间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3+6

=9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1：1：2：6的结构简式为

OHHjCV^VCH,OH

H3c.e%.故答案为：9;o

OHX/OH

(6)参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1一丙醇，然后把1一丙醇氧化

为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：

CH3cH=CH2②RSr>CH3cH2cH20H篇。》CH3cH2cHO

①新制H)JA>CH3CH2COOH滞霓：>CH3cH2coOCH2cH3(答案合理均可)。

2++3+

19,C1O3+6Fe+6H=6Fe+Cr+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低,Fe(OH)3

胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCI酸化的BaCb溶液和HNO3

酸化的AgNCh溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固

体质量大于需g

【解析】

(DNaCKh具有氧化性，在酸性条件下将FeSO#7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；

(2)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分

析；

(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；

(4)实验是研究相同时间内温度与NaCKh用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaCKh用量的

影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；

⑸温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；

(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCk